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ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
c
A massa inercial mede a dificuldade em se alterar o
estado de movimento de uma partícula.
Analogamente, o momento de inércia de massa mede
a dificuldade em se alterar o estado de rotação de um
corpo rígido. No caso de uma esfera, o momento de
inércia em torno de um eixo que passa pelo seu centro
é dado por I = MR2, em que M é a massa da es-
fera e R seu raio. Para uma esfera de massa M = 25,0kg
e raio R = 15,0cm, a alternativa que melhor representa
o seu momento de inércia é
a) 22,50 102 kg . m2 b) 2,25 kg . m2
c) 0,225 kg . m2 d) 0,22 kg . m2
e) 22,00 kg . m2
Resolução
Dados:
M = 25,0kg
R = 0,15m
O momento de inércia é dado por
I = M R2
I = . 25,0 . (0,15)2 (SI)
c
Em um experimento verificou-se a proporcionalidade
existente entre energia e a freqüência de emissão de
uma radiação característica. Neste caso, a constante
de proporcionalidade, em termos dimensionais, é equi-
valente a
a) Força.
b) Quantidade de Movimento.
c) Momento Angular.
d) Pressão.
e) Potência.
Resolução
Para uma partícula com quantidade de movimento
→
Q ,
ocupando uma posição P, define-se quantidade de
movimento angular
→
L, em relação a um ponto O, como
sendo o produto vetorial entre
→
Q e o vetor posição
→r = P – O.
2
I = 0,225kg . m2
2
––
5
2
––
5
2
–––
5
1
FÍSICA
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
O módulo de
→
L é dado por
|
→
L | = |
→
Q | |
→
r | sen α
Em relação às grandezas fundamentais massa (M),
comprimento (L) e tempo (T), temos
[
→
L] = M LT – 1 . L = M L 2 T – 1
Por outro lado, a energia E relaciona-se com a freqüên-
cia f por
E = h f ⇒ h = ⇒ [h] =
[h] = ML2T–1
Portanto [
→
L] = [h]
c
Uma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicial-
mente em repouso, como mostra a figura. Um bloco
que pesa 80N, também em repouso, é abandonado no
ponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. O centro
de massa G da rampa tem coordenadas: xG = 2b/3 e yG
= c/3. São dados ainda: a = 15,0m e sen α = 0,6. Des-
prezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco,
pode-se afirmar que a distância percorrida pela rampa
no solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto
2, é
a) 16,0m b) 30,0m c) 4,8m
d) 24,0m e) 9,6m
Resolução
O sistema formado pelo bloco e pela rampa é isolado
de forças horizontais e, portanto, a quantidade de movi-
mento horizontal do sistema vai permanecer constante
e é nula. →
Qh1
+
→
Qh2
=
→
O
m1
→
V1h
+ m2
→
V2h
=
→
O
m1
→
V1h
= – m2
→
V2h
3
M L 2 T – 2
–––––––––
T–1
E
––
f
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
m1 |
→
V1h
| = m2 |
→
V2h
|
m1 = m2
m1 a cos α – m1 x2 = m2x2
x2(m2 + m1) = m1 a cos α
x2 =
x2 = (m)
b
Um sistema é composto por duas massas idênticas
ligadas por uma mola de constante k, e repousa sobre
uma superfície plana, lisa e horizontal. Uma das mas-
sas é então aproximada da outra, comprimindo 2,0cm
da mola. Uma vez liberado, o sistema inicia um movi-
mento com o seu centro de massa deslocando com ve-
locidade de 18,0cm/s numa determinada direção. O
período de oscilação de cada massa é
a) 0,70s b) 0,35s c) 1,05s d) 0,50s
e) indeterminado, pois a constante da mola não é co-
nhecida.
Resolução
1) A velocidade do centro de massa é dada por:
→
Qtotal = mtotal
→
VCM
m V1 + m V2 = 2m VCM
V1 + V2 = 2 VCM (1)
2) A energia cinética do sistema é dada por:
EC = (V1
2
+ V2
2
) (2)
De (1): V1 = 2VCM – V2
Em (2): EC = [(2 VCM – V2)2 + V2
2
]
EC = (4 V
2
CM + V2
2 – 4 VCM V2 + V2
2
]
EC = (2 V
2
2 – 4 VCM V2 + 4 V
2
CM )
Esta função será mínima quando V2 = VCM = V1
3) A energia cinética mínima corresponde à energia
elástica máxima.
m
–––
2
m
–––
2
m
–––
2
m
–––
2
4
x2 = 4,8 m
80
–––– . 15,0 . 0,8
g
–––––––––––––––––
200
–––––
g
m1 a cos α
––––––––––––
m2 + m1
x2
–––––
∆t
(a cos α – x2)
–––––––––––––
∆t
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Portanto:
Em = Ecinmin
+ Eemáx
Em = 2 VCM
2
+
b) No instante t1 em que a mola está em seu tamanho
natural (sem deformação) um dos blocos estará em
repouso (V1 = 0) e outro terá velocidade V2 dada por:
m V1 + m V2 = 2 m VCM
No instante t1 a energia mecânica será dada por:
Em = = 4 VCM
2
= 2m VCM
2
5) Usando-se a conservação da energia mecânica vem:
mVCM
2
+ = 2mVCM
2
= mVCM
2
= ⇒
͙ෆෆ=
= (SI) = (SI)
6) Por outro lado o sistema vai oscilar com cada bloco
realizando um MHS em relação ao centro de massa
do sistema
Cada metade da mola terá constante elástica igual a
2k e o período de oscilação de cada bloco é dado
por:
T = 2π
͙ෆෆ= . (s) = (s)
a
Um pequeno camundongo de massa M corre num pla-
no vertical no interior de um cilindro de massa m e eixo
horizontal. Suponha-se que o ratinho alcance a posição
indicada na figura imediatamente no início de sua corri-
da, nela permanecendo devido ao movimento giratório
5
T ≅ 0,35s
π
–––
9
1
––––
9͙ෆ2
2π
––––
͙ෆ2
m
–––
2k
1
––––––
9 ͙ෆ2
0,02
–––––––––
͙ෆ2 . 0,18
m
–––
k
x
––––––
͙ෆ2VCM
m
–––
k
x2
––––––––
2 VCM
2
m
–––
k
kx2
–––
2
kx2
–––
2
m
––
2
m V2
2
–––––
2
V2 = 2 VCM
k x2
––––
2
m
––
2
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
de reação do cilindro, suposto ocorrer sem resistência
de qualquer natureza. A energia despendida pelo rati-
nho durante um intervalo de tempo T para se manter
na mesma posição enquanto corre é
a) E = g2 T2. b) E = M g2 T2.
c) E = g2 T2. d) E = m g2 T2.
e) n.d.a.
Resolução
O momento de inércia I de um cilindro oco, em rela-
ção a um eixo que passa pelo seu centro, é dado por
I = m R2,
em que m é a massa e R, o raio do cilindro.
A energia cinética de rotação do cilindro (EC) é dada por
EC = = . ω2
Como ω . R = V (velocidade tangencial do cilindro), vem
Isso significa que podemos imaginar o cilindro subs-
tituído por um ponto material de massa m com veloci-
dade escalar V.
Para se manter em repouso, o camundongo deve tro-
car com o cilindro uma força vertical de intensidade
igual à de seu peso, Mg.
Aplicando-se a 2ª lei de Newton:
Mg = m a ⇒ a = (constante)
A velocidade escalar V é dada por
V = V0 + a T
Para V0 = 0 e a = , vem
Mg
–––
m
Mg
–––
m
m V2
EC = ––––––
2
m R2
––––
2
I ω2
––––
2
m2
––––
M
M2
––––
2m
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
V = T
Portanto, EC = =
A energia cinética adquirida pelo cilindro corresponde à
energia dispendida pelo camundongo.
d
Um dos fenômenos da dinâmica de galáxias, consi-
derado como evidência da existência de matéria es-
cura, é que estrelas giram em torno do centro de uma
galáxia com a mesma velocidade angular, independen-
temente de sua distância ao centro. Sejam M1 e M2 as
porções de massa (uniformemente distribuída) da ga-
láxia no interior de esferas de raios R e 2R, respec-
tivamente. Nestas condições, a relação entre essas
massas é dada por
a) M2 = M1. b) M2 = 2M1.
c) M2 = 4M1. d) M2 = 8M1.
e) M2 = 16M1.
Resolução
Como as porções de massa da galáxia no interior das
esferas são uniformemente distribuídas, a densidade
das esferas é a mesma e a massa é proporcional ao
volume.
M1 = k π R1
3
M2 = k π R2
3
=
3
=
3
= 8 ⇒
d
Um corpo de massa M, mostrado na figura, é preso a
um fio leve, inextensível, que passa através de um ori-
fício central de uma mesa lisa. Considere que ini-
cialmente o corpo se move ao longo de uma circun-
ferência, sem atrito. O fio é, então, puxado para baixo,
7
M2 = 8M1
M2
–––
M1
)
2R
–––
R()
R2
–––
R1(
M2
–––
M1
4
––
3
4
––
3
6
M2g2T2
EC = –––––––––
2m
M2g2T2
–––––––
m2
m
–––
2
mV2
––––
2
Mg
–––
m
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
aplicando-se uma força
→
F, constante, a sua extremi-
dade livre. Podemos afirmar que:
a) o corpo permanecerá ao longo da mesma circunfe-
rência.
b) a força
→
F não realiza trabalho, pois é perpendicular à
trajetória.
c) a potência instantânea de
→
F é nula.
d) o trabalho de
→
F é igual à variação da energia cinética
do corpo.
e) o corpo descreverá uma trajetória elíptica sobre a
mesa.
Resolução
Inicialmente, o corpo M estava em movimento circular
uniforme sob ação da força tensora aplicada pelo fio
que fazia o papel de resultante centrípeta.
Quando aumentamos a força do fio para um valor
→
F (mantido constante), a distância entre o corpo e o ori-
fício vai diminuir; a trajetória de M deixa de ser circular
e a força aplicada pelo fio passa a ter uma componen-
te tangencial que vai realizar trabalho, provocando a
variação da energia cinética do corpo de massa M.
Como a força
→
F é a resultante externa que age no sis-
tema e não há trabalho interno, de acordo com o teo-
rema da energia cinética o trabalho de
→
F é igual à
variação da energia cinética do corpo.
a
Uma esfera metálica isolada, de 10,0 cm de raio, é car-
regada no vácuo até atingir o potencial U = 9,0V. Em
seguida, ela é posta em contato com outra esfera
metálica isolada, de raio R2 = 5,0 cm. Após atingido o
equilíbrio, qual das alternativas abaixo melhor descreve
a situação física?
É dado que = 9,0 . 109 Nm2/C2.
a) A esfera maior terá uma carga de
0,66 10–10 C.
b) A esfera maior terá um potencial de 4,5 V.
c) A esfera menor terá uma carga de 0,66 10–10 C.
d) A esfera menor terá um potencial de 4,5 V.
e) A carga total é igualmente dividida entre as 2 esfe-
ras.
Resolução
Vamos inicialmente calcular a carga elétrica Q da esfe-
1
–––––
4 π ε0
8
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
ra de raio R1 = 10,0cm e sob potencial U = 9,0V.
U = K0 . (K0 = )
9,0 = 9,0 . 109 . ⇒ Q = 1,0 . 10 –10C
Esta esfera foi colocada em contato com outra esfera
de raio R2 = 5,0cm, a qual estamos supondo inicial-
mente neutra. Sejam Q’1 e Q’2 as novas cargas elé-
tricas após atingido o equilíbrio eletrostático:
Pelo princípio da conservação das cargas elétricas,
temos:
Q = Q’1 + Q’2
1,0 . 10–10 = Q’1 + Q’2 ³
As novas cargas Q’1 e Q’2 são proporcionais aos res-
pectivos raios R1 e R2:
= ⇒ = ⇒ Q’1 = 2 . Q’2 ᕢ
De ³ e ᕢ , vem:
1,0 . 10–10 = 2Q’2 + Q’2
Q’2 = . 1,0 . 10–10C ⇒
De ᕢ: Q’1 = . 1,0 . 10–10C ⇒
Portanto, a esfera maior terá uma carga de aproxi-
madamente 0,66 . 10–10C.
O potencial de equilíbrio pode ser calculado usando
qualquer uma das esferas:
V = K0 .
V = 9 . 109 . (SI)
V = 6,0 volts
2
––– . 1,0 . 10–10
3
–––––––––––––––
10,0 . 10–2
Q’1
––––
R1
Q‘1 ≅ 0,66 . 10–10C
2
––
3
Q‘2 ≅ 0,33 . 10–10C
1
––
3
10,0
–––
5,0
Q’1
–––––
Q’2
R1
–––
R2
Q’1
–––––
Q’2
Q
–––––––––––
10,0 . 10 –2
1
–––––
4πε0
Q
–––
R1
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
d
Um dispositivo desloca, com velocidade constante,
uma carga de 1,5C por um percurso de 20,0 cm atra-
vés de um campo elétrico uniforme de intensidade 2,0
103 N/C. A força eletromotriz do dispositivo é
a) 60 103 V b) 40 103 V
c) 600 V d) 400 V
e) 200 V
Resolução
Vamos imaginar o dispositivo como sendo um capa-
citor plano, ligado a uma bateria, de modo que o cam-
po elétrico uniforme gerado anule o campo elétrico uni-
forme dado. A intensidade E deste campo relaciona-se
com a distância d e a tensão U pela fórmula:
U = E . d
U = 2,0 . 103 . 20,0 . 10 –2 (V)
Esta ddp coincide com a força eletromotriz da bateria.
e
Sendo dado que 1J = 0,239 cal, o valor que melhor
expressa, em calorias, o calor produzido em 5 minutos
de funcionamento de um ferro elétrico, ligado a uma
fonte de 120 V e atravessado por uma corrente de 5,0
A, é
a) 7,0 104 b) 0, 70 104
c) 0,070 104 d) 0,43 104
e) 4,3 104
Resolução
A potência elétrica do ferro é:
P = U . i → P = 120 . 5 (W) = 600W
A energia dissipada em 5 minutos é:
Eel = P . ∆t → Eel = 600 . 5 . 60 (J) → Eel = 1,8 . 105 J
Transformando em calorias
1J → 0,239cal
1,8 . 105J → Q
e
Para se proteger do apagão, o dono de um bar conec-
tou uma lâmpada a uma bateria de automóvel (12,0V).
Sabendo que a lâmpada dissipa 40,0W, os valores que
melhor representam a corrente I que a atravessa e sua
resistência R são, respectivamente, dados por
a) I = 6,6A e R = 0,36Ω
11
Q = 4,3 . 104cal
10
U = 400V
9
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
b) I = 6,6A e R = 0,18Ω
c) I = 6,6A e R = 3,6Ω
d) I = 3,3A e R = 7,2Ω
e) I = 3,3 A e R = 3,6Ω
Resolução
Para obter a intensidade de corrente, fazemos:
P = U . i → i = → i =
Para obter a resistência elétrica do filamento, fazemos:
P = → R = → R = (Ω)
e
Numa prática de laboratório, um estudante conectou
uma bateria a uma resistência, obtendo uma corrente
i1. Ligando em série mais uma bateria, idêntica à pri-
meira, a corrente passa ao valor i2. Finalmente, ele liga
as mesmas baterias em paralelo e a corrente que
passa pelo dispositivo torna-se i3. Qual das alternativas
abaixo expressa uma relação existente entre as cor-
rentes i1, i2 e i3?
a) i2i3 = 2i1 (i2 + i3). b) 2i2 i3 = i1 (i2 + i3).
c) i2i3 = 3i1 (i2 + i3). d) 3i2i3 = i1(i2 + i3).
e) 3i2i3 = 2i1 (i2 + i3).
Resolução
1º circuito:
Lei de Pouillet
i1 = ቢ
2º circuito:
E
–––––––
r + R
12
R = 3,6Ω
(12,0)2
––––––
40,0
U2
–––
P
U2
–––
R
i ≅ 3,3A
40,0W
–––––––
12,0V
P
–––
U
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Lei de Pouillet
i2 = ባ
3º circuito:
Lei de Pouillet
i3 = ቤ
De ቢ : r + R = ብ
De ባ : 2r + R = ቦ
Das equações ብ e ቦ tiramos os valores de r e R:
r = –
R = –
Substituindo-se r e R na (3), vem
i3 =
i3 =
E
–––––––––––––––––––––––––––
E E 2E 2E
–––– – –––– + –––– – ––––
i2 2i1 i1 i2
2E
––––
i2
2E
––––
i1
E
––––
i1
2E
––––
i2
2E
––––
i2
E
––––
i1
E
–––––––
r
–– + R
2
2E
–––––––
2r + R
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
i3 =
i3 =
3i2i3 – 2i1i3 = 2i1i2
e
Um capacitor de capacitância igual a 0,25 10–6F é car-
regado até um potencial de 1,00 105V, sendo então
descarregado até 0,40 105V num intervalo de tempo de
0,10s, enquanto transfere energia para um equipamen-
to de raios-X. A carga total, Q, e a energia, ε, forneci-
das ao tubo de raios-X, são melhor representadas res-
pectivamente por
a) Q = 0,005C e ε = 1250J
b) Q = 0,025C e ε = 1250J
c) Q = 0,025 C e ε = 1050J
d) Q = 0,015C e ε = 1250J
e) Q = 0,015C e ε = 1050J
Resolução
A carga elétrica inicial do capacitor é dada por:
Q1 = C . U1
Q1 = 0,25 . 10 – 6 . 1,00 . 105 (C)
Q1 = 0,025 C
A carga elétrica final do capacitor vale:
Q2 = C . U2
Q2 = 0,25 . 10 – 6 . 0,40 . 105 (C)
Q2 = 0,010 C
Logo, a carga elétrica fornecida ao tubo de raios-X é:
Q = Q1 – Q2
Q = 0,025 – 0,010 (C)
A energia potencial elétrica inicial armazenada pelo
capacitor é dada por:
Q = 0,015 C
13
3i2i3 = 2i1(i2 + i3)
2i1 i2
–––––––––
3i2 – 2i1
1
–––––––––––––
3i2 – 2i1
–––––––––
2i1 i2
1
–––––––––––––
3 1
–––– – ––––
2i1 i2
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
εpot1
=
εpot1
= (J)
εpot1
= 1250 J
A energia potencial elétrica final do capacitor vale:
εpot2
=
εpot2
= (J)
εpot2
= 200 J
Logo, a energia fornecida ao tubo de raios-X é:
ε = εpot1
– εpot2
ε = 1250 – 200 (J)
b
Uma máquina térmica reversível opera entre dois re-
servatórios térmicos de temperaturas 100°C e 127°C,
respectivamente, gerando gases aquecidos para acio-
nar uma turbina. A eficiência dessa máquina é
melhor representada por
a) 68%. b) 6,8%. c) 0,68%.
d) 21%. e) 2,1%.
Resolução
A eficiência de uma máquina térmica é obtida pela
expressão
η = 1 –
em que TF é a temperatura absoluta da fonte fria e TQ
a da fonte quente.
Assim:
TF = 100°C = (100 + 273) K = 373K
TQ = 127°C = (127 + 273) K = 400K
Portanto:
η = 1 –
η = 1 – 0,9325
373
–––
400
TF
–––
TQ
14
ε = 1050 J
0,010 . 0,40 . 105
–––––––––––––––––
2
Q2U2
–––––––
2
0,025 . 1,00 . 105
–––––––––––––––––
2
Q1U1
–––––––
2
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
η = 0,0675
A eficiência percentual vale:
η(%) = 100 . η
η(%) = 100 . 0,0675
η(%) = 6,75
e
Um pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico com
uma certa quantidade de água depositada em um
balde. À medida que o gelo derrete, podemos afirmar
que
a) o nível da água no balde aumenta, pois haverá uma
queda de temperatura da água.
b) o nível da água no balde diminui, pois haverá uma
queda de temperatura da água.
c) o nível da água no balde aumenta, pois a densidade
da água é maior que a densidade do gelo.
d) o nível da água no balde diminui, pois a densidade da
água é maior que a densidade do gelo.
e) o nível da água no balde não se altera.
Resolução
Para o equilíbrio do bloco de gelo, temos:
E = P
µaVi g = µgVg g
Portanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por:
(1)
Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igual
à massa de gelo:
ma = mg
µaVa = µgVg
⇒ (2)
µgVg
Va = –––––––
µa
µgVg
Vi = –––––––
µa
15
η(%) ≅ 6,8%
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Comparando-se as relações (1) e (2) verificamos que o
volume da água obtida com a fusão do gelo é igual ao
volume de gelo que estava imerso e, portanto, o nível
da água no balde não se altera.
b
Um pequeno tanque, completamente preenchido com
20,0l de gasolina a 0°F, é logo a seguir transferido para
uma garagem mantida à temperatura de 70°F. Sendo γ
= 0,0012°C–1 o coeficiente de expansão volumétrica da
gasolina, a alternativa que melhor expressa o volume
de gasolina que vazará em conseqüência do seu aque-
cimento até a temperatura da garagem é
a) 0,507l b) 0,940l c) 1,68l
d) 5,07l b) 0,17l
Resolução
Ao ser transferida para a garagem, a gasolina sofreu
um aumento de 70°F (de 0°F para 70°F) em sua tem-
peratura. Como o coeficiente de expansão da gasolina
foi dado em °C–1, a variação de temperatura deve ser
convertida para a escala Celsius.
Assim:
= ⇒ =
∆θC ≅ 38,9°C
Considerando-se que o tanque não se dilatou, a parte
da gasolina que transborda é calculada por:
∆V = V0 γ ∆θ
∆V = 20,0 . 0,0012 . 38,9
e
Deseja-se enrolar um solenóide de comprimento z e
diâmetro D, utilizando-se uma única camada de fio de
cobre de diâmetro d enrolado o mais junto possível. A
uma temperatura de 75°C, a resistência por unidade de
comprimento do fio é r. Afim de evitar que a tempera-
tura ultrapasse os 75°C, pretende-se restringir a um
valor P a potência dissipada por efeito Joule. O máximo
valor do campo de indução magnética que se pode
obter dentro do solenóide é
a) Bmax = µ0
1/2
b) Bmax = µ0
c) Bmax = µ0 )2P
–––––––
πrDzd(
)πP
–––––––
rDzd(
)P
–––––––
rDzd(
17
∆V ≅ 0,940l
70––––
180
∆θC
––––
100
∆θF
––––
180
∆θC
––––
100
16
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
d) Bmax = µ0
e) Bmax = µ0
1/2
Resolução
O campo magnético no interior do solenóide tem inten-
sidade
ᕃ B = µ0 . . i, onde n é o número de espiras e l
o comprimento do solenóide.
Portanto, temos l = z e n . d = z ⇒ n =
Em ᕃ, resulta
B = µ0 . . i
ᕄ B = . i
O comprimento do fio que constitui o solenóide é
C = π . D . n ⇒ C = π . D . .
Sendo r a resistência por unidade de comprimento e R
a resistência total do fio, temos
R = C . r ⇒ R = πD . . r
A máxima potência P dissipada no fio é
P = Ri2 ⇒ i = ⇒ i = ᕅ
Esta corrente é a máxima admitida no fio.
Substituindo-se ᕅ em ᕄ, obtemos o máximo valor de B:
Bmáx = .
–––––––––
P
Bmáx = µ0 . ––––––––
͙ π r D z d
P . d
–––––––
π D z r
µ0
–––
d
P . d
–––––––
π D z r
P
–––
R
z
–––
d
z
–––
d
µ0
–––
d
z/d
–––
z
z
–––
d
n
–––
l
)P
–––––––
πrDzd(
)P
–––––––
πrDzd(
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
a
Um pesquisador percebe que a frequência de uma
nota emitida pela buzina de um automóvel parece cair
de 284 Hz para 266 Hz à medida que o automóvel
passa por ele. Sabendo que a velocidade do som no ar
é 330m/s, qual das alternativas melhor representa a
velocidade do automóvel?
a) 10,8m/s b) 21,6m/s c) 5,4m/s
d) 16,2m/s e) 8,6m/s
Resolução
Essa percepção de variação de freqüência do som é
devida ao Efeito Doppler-Fizeau, cuja equação é
expressa por:
=
em que fo é a freqüência percebida pelo observador; fF
a freqüência do som emitido pela fonte; V a velocidade
do som no ar do local; Vo a velocidade do observador e
VF a velocidade da fonte emissora do som, velocidades
estas em relação ao solo terrestre.
O sinal obedece à orientação:
ᮍ
observador → fonte
Na aproximação da fonte, em relação ao observador
que se encontra em repouso, temos:
=
fF = (I)
No afastamento, temos:
=
fF = (II)
Igualando-se I e II, vem:
284(330 – VF ) = 266(330 + VF )
266(330 + VF )
––––––––––––––
330
fF
–––––––––
330 + VF
266
––––––
330
284(330 – VF )
––––––––––––––
330
fF
–––––––––
330 – VF
284
––––––
330
fF
–––––––
V ± VF
fo
–––––––
V ± Vo
18
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
93720 – 284VF = 87780 + 266VF
5940 = 550 VF
e
A figura mostra uma espira condutora que se desloca
com velocidade constante v numa região com campo
magnético uniforme no espaço e constante no tempo.
Este campo magnético forma um ângulo θ com o plano
da espira. A força eletromotriz máxima produzida pela
variação de fluxo magnético no tempo ocorre quando
a) θ = 0° b) θ = 30° c) θ = 45°
d) θ = 60° e) n.d.a.
Resolução
Pelo enunciado, a espira se desloca numa região com
campo magnético uniforme e constante no tempo.
Fica, então, subentendido que a espira está totalmente
imersa no campo. Logo, não há variação de fluxo mag-
nético e a força eletromotriz induzida é nula.
Observações:
1ª) Se a espira estivesse penetrando ou saindo do
campo magnético, teríamos:
φ = B . A . cos θ (θ é o ângulo de
→
B com →n )
φ = B . l . s . cos θ
Pela Lei de Faraday, a f.e.m. induzida E é:
19
VF = 10,80 m/s
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
E =
E = B . l . . cos θ
Mas = v. Logo:
E = B l . v cos θ
O valor máximo de E corresponde a cos θ = 1, isto
é, θ = 0°. Note que o ângulo θ é entre
→
B e →n.
2ª) O enunciado é discordante com a figura dada, com
respeito ao ângulo θ.
c
Um trecho da música
“Quanta”, de Gilberto
Gil, é reproduzido no
destaque ao lado.
As frases “Quantum
granulado no mel” e
“Quantum ondulado
do sal” relacionam-se,
na Física, com
a) Conservação de Energia.
b) Conservação da Quantidade de Movimento.
c) Dualidade Partícula-onda.
d) Princípio da Causalidade.
e) Conservação do Momento Angular.
Resolução
A expressão “Quantum granulado no mel” sugere
energia associada a partículas, enquanto a expressão
“Quantum ondulado do sal”, sugere energia associada
a ondas.
Isso nos remete à opção C, que menciona o conceito
de dualidade partícula-onda.
Estamos habituados a tomar sucos e refrigerantes
usando canudinhos de plástico. Neste processo estão
envolvidos alguns conceitos físicos importantes. Utilize
seus conhecimentos de física para estimar o máximo
comprimento que um canudinho pode ter e ainda per-
mitir que a água chegue até a boca de uma pessoa.
Considere que o canudinho deve ser sugado sempre
na posição vertical. Justifique suas hipóteses e assu-
ma, quando julgar necessário, valores para as grande-
zas físicas envolvidas.
Dado: 1atm = 1,013 105 N/m2
21
Fragmento infinitésimo,
Quase que apenas mental,
Quantum granulado no mel,
Quantum ondulado do sal,
Mel de urânio, sal de rádio
Qualquer coisa quase ideal.
20
d s
––––
d t
d s
––––
d t
d φ
|––––
|d t
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Resolução
O comprimento máximo do canudinho (Lmáx), admitin-
do-se que esteja totalmente cheio de refrigerante, será
verificado quando a pessoa conseguir estabelecer no
interior da sua boca, na região em contato com a extre-
midade superior do canudinho, praticamente o vácuo.
Os pontos 1 e 2 indicados no esquema pertencem ao
mesmo líquido em equilíbrio e estão no mesmo nível
horizontal, por isso esses pontos suportam pressões
iguais.
p1 = p2 ⇒ µ g Lmáx = patm
Adotando para a densidade do refrigerante o valor
µ = 1,0 . 103 kg/m3, para a intensidade da aceleração
da gravidade o valor g = 9,8 m/s2 e para a pressão
atmosférica o valor patm = 1,013 . 105 N/m2, calcu-
lemos Lmáx.
1,0 . 103 . 9,8 Lmáx = 1,013 . 105 ⇒
Resposta: 10,31m
Lmáx ≅ 10,31m
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Mediante chave seletora, um chuveiro elétrico tem a
sua resistência graduada para dissipar 4,0kW no inver-
no, 3,0kW no outono, 2,0kW na primavera e 1,0kW no
verão. Numa manhã de inverno, com temperatura
ambiente de 10°C, foram usados 10,0 l de água desse
chuveiro para preencher os 16% do volume faltante do
aquário de peixes ornamentais, de modo a elevar sua
temperatura de 23°C para 28°C. Sabe-se que 20% da
energia é perdida no aquecimento do ar, a densidade
da água é ρ = 1,0 g/cm3 e calor específico da água é
4,18J/gK. Considerando que a água do chuveiro foi
colhida em 10 minutos, em que posição se encontrava
a chave seletora? Justifique.
Resolução
Temos as seguintes situações para o aquário
Seja V2 = 10l, o volume de água, a uma temperatura
θ0, acrescentada no aquário, correspondente a 16% do
volume faltante.
16% ↔ 10l
⇒ V1 =
84% ↔ V1
Cálculo da temperatura θ0:
Qrec + Qced = 0
m1 . c . ∆θ1 + m2 . c . ∆θ2 = 0 ⇒ V1 . ∆θ1 + V2 . ∆θ2 = 0
52,5 . 103 . (28 – 23) + 10 . 103 . (28 – θ0) = 0
(temperatura da água despejada no
aquário)
Apenas 80% da energia fornecida pelo chuveiro no
aquecimento da água foi utilizada, devido a perdas de
20% para o ar.
0,8P . ∆t = m2 . c . ∆θ
0,8 . P . 10 . 60 = 10 . 103 . 4,18 . (54,25 – 10)
P = 3853,4W ou
Concluímos , portanto, que a chave seletora se encon-
trava na posição “inverno”.
P ≅ 4kW
θ0 = 54,25°C
V1 = 52,5l
0,84 . 10l
–––––––––
0,16
22
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Um ginásio de esportes foi projetado na forma de uma
cúpula com raio de curvatura R = 39,0m, apoiada sobre
uma parede lateral cilíndrica de raio y = 25,0m e altura
h = 10,0m, como mostrado na figura. A cúpula com-
porta-se como um espelho esférico de distância focal f
= , refletindo ondas sonoras, sendo seu topo
o vértice do espelho. Determine a posição do foco
relativa ao piso do ginásio. Discuta, em termos físicos
as consequências práticas deste projeto arquitetônico.
Resolução
1) A distância focal do espelho esférico (cúpula) é dada
por:
f = = = 19,5m
2) Do triângulo retângulo CMN, vem:
R2 = H2 + y2
39,02 = H2 + 25,02
H ≅ 29,9m
3) Da figura, temos:
H + x = R
29,9 + x = 39,0
x = 9,1m
4) A altura total (h’) do vértice da cúpula até o piso é
dada por:
h’ = h + x
h’ = 10,0 + 9,1
h’ = 19,1m
39,0
––––
2
R
–––
2
R
––
2
23
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
5) Mas f > h’ e, portanto:
d = f – h’
d = 19,5 – 19,1
Ou seja, o foco do espelho esférico está 0,4m
abaixo do nível do piso do ginásio.
6) Como conseqüência prática, teremos uma concen-
tração de ondas sonoras 0,4m acima do solo, uma
vez que o solo se comporta como um espelho plano.
Billy sonha que embarcou em uma nave espacial para
viajar até o distante planeta Gama, situado a 10,0 anos-
luz da Terra. Metade do percurso é percorrida com ace-
leração de 15 m/s2, e o restante com desaceleração de
mesma magnitude. Desprezando a atração gravitacio-
nal e efeitos relativistas, estime o tempo total em
meses de ida e volta da viagem do sonho de Billy.
Justifique detalhadamente.
Resolução
1) O ano-luz é a distância percorrida pela luz, com velo-
cidade de módulo c = 3 . 108m/s, em um intervalo
de tempo de 1 ano ≅ 3,2 .107s.
Portanto, 1 ano-luz ≅ 9,6 .1015m
2) A distância entre a Terra e Gama será
d = 10,0 . 9,6 . 1015m = 9,6 . 1016m
3) O gráfico da velocidade escalar V x tempo t será
dado por
A aceleração em cada trecho tem módulo a dado
por
a = = 15 ⇒ (1)
A área do gráfico velocidade escalar x tempo mede
a distância percorrida d.
d = área (V x t)
9,6 . 1016 =
2T . Vmáx
––––––––––
2
Vmáx = 15T
Vmáx
–––––
T
24
d = 0,4m
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Vmáx . T = 9,6 . 1016 (2)
Substituindo-se (2) em (1) temos
15T . T = 9,6 . 1016
T2 = = 0,64 . 1016
T = 0,8 . 108s = 8,0 . 107s
O tempo total de ida e volta (∆t) é dado por
∆t = 4T = 32,0 . 107s
∆t = 3,2 . 108s
Como 1 ano ≅ 3,2 . 107s temos
Resposta: 120 meses
Uma massa é liberada a partir do repouso de uma altu-
ra h acima do nível do solo e desliza sem atrito em uma
pista que termina em um “loop” de raio r, conforme
indicado na figura. Determine o ângulo θ relativo à ver-
tical e ao ponto em que a massa perde o contato com
a pista. Expresse sua resposta como função da altura h,
do raio r e da aceleração da gravidade g.
Resolução
No ponto B, em que a massa perde o contato com a
pista, a reação normal do apoio se anula e a com-
ponente normal do peso Pn = P cos θ faz o papel de
resultante centrípeta:
25
∆t = 10 anos = 120 meses
9,6 . 1016
–––––––––
15
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Pn = m g cos θ = ⇒ (1)
Como não há atrito, a energia mecânica vai permane-
cer constante
(referência em B)
= mg [h – r(1 + cos θ)]
VB
2
= 2g [h – r (1 + cos θ)] (2)
Comparando-se (1) e (2), vem
g r cos θ = 2g [h – r (1 + cos θ)]
r cos θ = 2h – 2r (1 + cos θ)
r cos θ = 2h – 2r – 2r cos θ
3 r cos θ = 2 (h – r)
cos θ =
Resposta:
Um tubo capilar fechado em uma extremidade contém
uma quantidade de ar aprisionada por um pequeno
volume de água. A 7,0 °C e à pressão atmosférica
(76,0cm Hg) o comprimento do trecho com ar aprisio-
nado é de 15,0cm. Determine o comprimento do tre-
cho com ar aprisionado a 17,0 °C. Se necessário,
empregue os seguintes valores da pressão de vapor da
água: 0, 75cm Hg a 7,0 °C e 1,42cm Hg a 17,0 °C.
Resolução
Em cada situação, a gota d’água encontra-se em equi-
líbrio, o que significa que a resultante das forças hori-
26
2 (h – r)
θ = arc cos [–––––––––]3r
2 (h – r)
–––––––
3r
m VB
2
––––––
2
EB = EA
VB
2
= g r cos θ
m VB
2
––––––
r
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
zontais que agem sobre ela é nula. Desprezando os
atritos entre a gota e as paredes do tubo, temos o
esquema de forças abaixo.
Far + Fvapor = Fatm
Sendo A a área da secção transversal do tubo, vem:
Par A + Pvapor A = Patm A → Par + Pvapor = Patm
Donde:
1º Caso: (temperatura T1 = 7,0 °C = 280K)
Par
1
= 76,0 – 0,75 →
2º Caso: (temperatura T2 = 17,0 °C = 290K)
Par
2
= 76,0 – 1,42 →
Admitindo o ar contido no tubo como um gás perfeito
e aplicando a Lei Geral dos Gases Perfeitos, vem:
= ⇒ =
Donde:
Resposta: 15,67cm
Uma pequena pedra repousa no fundo de um tanque
de x m de profundidade. Determine o menor raio de
uma cobertura circular, plana, paralela à superfície da
água que, flutuando sobre a superfície da água direta-
mente acima da pedra, impeça completamente a visão
desta por um observador ao lado do tanque, cuja
vista se encontra no nível da água. Justifique.
Dado: índice de refração da água nw = .
Resolução
4
––
3
27
L2 ≅ 15,67 cm
75,25A15,0
–––––––––––
280
74,58 AL2
–––––––––––
290
Par1
V1
––––––––
T1
Par2
V2
––––––––
T2
Par2
= 74,58 cmHg
Par1
= 75,25 cmHg
Par = Patm – Pvapor
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
1) Os raios de luz, provenientes da pedra, que atin-
girem a superfície da água além da cobertura circular
devem sofrer reflexão total. Portanto o ângulo de
incidência máximo (ver figura) é o ângulo limite (L)
para o dioptro dado, e assim
tgL: = ⇒ R = x tg L
2) O seno do ângulo-limite é dado por
sen L =
onde
Então: sen L =
3) Da trigonometria, temos
sen2L + cos2L = 1
cos2L = 1 –
2
=
cos L =
Portanto,
tg L = = =
tg L =
4) Substituindo II em I, temos
II
3͙ළළ7
–––––
7
3
–––––
͙ළළ7
3
–––
4
––––––––
͙ළළ7
–––––
4
sen L
–––––––
cos L
͙ළළ7
–––
4
7
–––
16)3
––––
4(
3
––––
4
nmenor = nar = 1
4
nmaior = nágua = –––
3{
nmenor
–––––––
nmaior
I
R
––––
x
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
R = x . (m)
Resposta:
Colaborando com a campanha de economia de ener-
gia, um grupo de escoteiros construiu um fogão solar,
consistindo de um espelho de alumínio curvado que
foca a energia térmica incidente sobre uma placa cole-
tora. O espelho tem um diâmetro efetivo de 1,00m e
70% da radiação solar incidente é aproveitada para de
fato aquecer uma certa quantidade de água. Sabemos
ainda que o fogão solar demora 18,4 minutos para
aquecer 1,00 l de água desde a temperatura de 20 °C
até 100 °C, e que 4,186 103 J é a energia necessária
para elevar a temperatura de 1,00 l de água de 1,000 K.
Com base nos dados, estime a intensidade irradiada
pelo Sol na superfície da Terra, em W/m2.Justifique.
Resolução
Como o calor específico sensível da água foi expresso
na unidade (cv = 4,186 . 103 ), a
potência com que a água recebeu energia térmica para
o seu aquecimento é dada por
Pot . ∆t = V . cv . ∆T
onde,
∆t = 18,4 min = 1104 s
V = 1,00 l
cv = 4,186 . 103 J/lK
∆T = (100 – 20)°C = 80°C = 80K
Observemos que a variação de 80°C é igual à variação
de 80K.
Assim,
Pot . 1104 = 1,00 . 4,186 . 103 . 80
Pot = 303,33 W
Essa potência corresponde a 70% da potência inci-
dente na superfície refletora semi-esférica.
Portanto,
J
–––––
l . K
joule
–––––––––––
litro . kelvin
28
3͙ළළ7 x
R = –––––––– m
7
3͙ළළ7 x
R = –––––––– m
7
3͙ළළ7
–––––
7
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
Poti = = (W)
Poti = 433,33 W
A área efetiva que recebe a energia solar é dada por:
A = = (m2)
A = 0,785 m2
Assim, a intensidade da energia solar nessa superfície,
vale
I = = (W/m2)
Resposta: 552 W/m2
Você dispõe de um dispositivo de resistência R = 5 r; e
de 32 baterias idênticas, cada qual com resistência r e
força eletromotriz V. Como seriam associadas as bate-
rias, de modo a obter a máxima corrente que atraves-
se R? Justifique.
Resolução
Considerando a associação de baterias regular, isto é, s
baterias em série em cada ramo e p ramos em para-
lelo, temos o esquema:
Pela Lei de Pouillet, vem:
i = , sendo R = 5r:
i =
s V
––––––––––
s r
––– + 5 r
p
s V
––––––––––
s r
––– + R
p
29
I = 552 W/m2
433,33
–––––––
0,785
Poti
–––––
A
π (1,00)2
––––––––––
4
π d 2
–––––––
4
303,33
–––––––
0,70
Pot
–––––
0,70
ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO
i =
Mas s . p = 32, logo
i =
A máxima corrente i corresponde a (s + 5p) mínimo.
Como s . p = 32, podemos elaborar a tabela:
Da tabela, concluímos que a máxima corrente corres-
ponde a 16 baterias em série em cada ramo e 2 ramos
associados em paralelo.
Um átomo de hidrogênio tem níveis de energia discre-
tos dados pela equação En = eV, em que
{n ∈ Z / n ≥ 1}. Sabendo que um fóton de energia 10,19 eV
excitou o átomo do estado fundamental (n = 1) até o
estado p, qual deve ser o valor de p? Justifique.
Resolução
Calculemos o acréscimo de energia requerido pelo
átomo para passar do estado fundamental, em que
ni = 1, até o estado subseqüente, em que nf = 2.
∆E = Enf
– Eni
⇒ ∆E = –
Como o fóton que incide sobre o átomo tem uma ener-
gia de apenas 10,19 eV (menor que ∆E), ele não con-
segue produzir o caso em que nf = 2.
Esse fóton é então reemitido com sua respectiva ener-
gia de 10,19 eV, sem conseguir alterar o valor de
ni = 1.
Logo:
Observação: se operarmos com três algarismos sig-
nificativos e aproximarmos a energia do fóton para 10,2
eV então será atingido o estado p = 2.
p = ni = 1
∆E = 10,20 eV
(–13,6)
––––––
12
–13,6
––––––
22
–13,6
–––––
n2
30
s + 5p
161
82
44
28
26
37
p
32
16
8
4
2
1
s
1
2
4
8
16
32
32V
––––––––––
r (s + 5p)
s . p V
––––––––––
s r + 5 p r

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Ita2002 parte 001

  • 1. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO c A massa inercial mede a dificuldade em se alterar o estado de movimento de uma partícula. Analogamente, o momento de inércia de massa mede a dificuldade em se alterar o estado de rotação de um corpo rígido. No caso de uma esfera, o momento de inércia em torno de um eixo que passa pelo seu centro é dado por I = MR2, em que M é a massa da es- fera e R seu raio. Para uma esfera de massa M = 25,0kg e raio R = 15,0cm, a alternativa que melhor representa o seu momento de inércia é a) 22,50 102 kg . m2 b) 2,25 kg . m2 c) 0,225 kg . m2 d) 0,22 kg . m2 e) 22,00 kg . m2 Resolução Dados: M = 25,0kg R = 0,15m O momento de inércia é dado por I = M R2 I = . 25,0 . (0,15)2 (SI) c Em um experimento verificou-se a proporcionalidade existente entre energia e a freqüência de emissão de uma radiação característica. Neste caso, a constante de proporcionalidade, em termos dimensionais, é equi- valente a a) Força. b) Quantidade de Movimento. c) Momento Angular. d) Pressão. e) Potência. Resolução Para uma partícula com quantidade de movimento → Q , ocupando uma posição P, define-se quantidade de movimento angular → L, em relação a um ponto O, como sendo o produto vetorial entre → Q e o vetor posição →r = P – O. 2 I = 0,225kg . m2 2 –– 5 2 –– 5 2 ––– 5 1 FÍSICA
  • 2. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO O módulo de → L é dado por | → L | = | → Q | | → r | sen α Em relação às grandezas fundamentais massa (M), comprimento (L) e tempo (T), temos [ → L] = M LT – 1 . L = M L 2 T – 1 Por outro lado, a energia E relaciona-se com a freqüên- cia f por E = h f ⇒ h = ⇒ [h] = [h] = ML2T–1 Portanto [ → L] = [h] c Uma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicial- mente em repouso, como mostra a figura. Um bloco que pesa 80N, também em repouso, é abandonado no ponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. O centro de massa G da rampa tem coordenadas: xG = 2b/3 e yG = c/3. São dados ainda: a = 15,0m e sen α = 0,6. Des- prezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco, pode-se afirmar que a distância percorrida pela rampa no solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto 2, é a) 16,0m b) 30,0m c) 4,8m d) 24,0m e) 9,6m Resolução O sistema formado pelo bloco e pela rampa é isolado de forças horizontais e, portanto, a quantidade de movi- mento horizontal do sistema vai permanecer constante e é nula. → Qh1 + → Qh2 = → O m1 → V1h + m2 → V2h = → O m1 → V1h = – m2 → V2h 3 M L 2 T – 2 ––––––––– T–1 E –– f
  • 3. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO m1 | → V1h | = m2 | → V2h | m1 = m2 m1 a cos α – m1 x2 = m2x2 x2(m2 + m1) = m1 a cos α x2 = x2 = (m) b Um sistema é composto por duas massas idênticas ligadas por uma mola de constante k, e repousa sobre uma superfície plana, lisa e horizontal. Uma das mas- sas é então aproximada da outra, comprimindo 2,0cm da mola. Uma vez liberado, o sistema inicia um movi- mento com o seu centro de massa deslocando com ve- locidade de 18,0cm/s numa determinada direção. O período de oscilação de cada massa é a) 0,70s b) 0,35s c) 1,05s d) 0,50s e) indeterminado, pois a constante da mola não é co- nhecida. Resolução 1) A velocidade do centro de massa é dada por: → Qtotal = mtotal → VCM m V1 + m V2 = 2m VCM V1 + V2 = 2 VCM (1) 2) A energia cinética do sistema é dada por: EC = (V1 2 + V2 2 ) (2) De (1): V1 = 2VCM – V2 Em (2): EC = [(2 VCM – V2)2 + V2 2 ] EC = (4 V 2 CM + V2 2 – 4 VCM V2 + V2 2 ] EC = (2 V 2 2 – 4 VCM V2 + 4 V 2 CM ) Esta função será mínima quando V2 = VCM = V1 3) A energia cinética mínima corresponde à energia elástica máxima. m ––– 2 m ––– 2 m ––– 2 m ––– 2 4 x2 = 4,8 m 80 –––– . 15,0 . 0,8 g ––––––––––––––––– 200 ––––– g m1 a cos α –––––––––––– m2 + m1 x2 ––––– ∆t (a cos α – x2) ––––––––––––– ∆t
  • 4. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Portanto: Em = Ecinmin + Eemáx Em = 2 VCM 2 + b) No instante t1 em que a mola está em seu tamanho natural (sem deformação) um dos blocos estará em repouso (V1 = 0) e outro terá velocidade V2 dada por: m V1 + m V2 = 2 m VCM No instante t1 a energia mecânica será dada por: Em = = 4 VCM 2 = 2m VCM 2 5) Usando-se a conservação da energia mecânica vem: mVCM 2 + = 2mVCM 2 = mVCM 2 = ⇒ ͙ෆෆ= = (SI) = (SI) 6) Por outro lado o sistema vai oscilar com cada bloco realizando um MHS em relação ao centro de massa do sistema Cada metade da mola terá constante elástica igual a 2k e o período de oscilação de cada bloco é dado por: T = 2π ͙ෆෆ= . (s) = (s) a Um pequeno camundongo de massa M corre num pla- no vertical no interior de um cilindro de massa m e eixo horizontal. Suponha-se que o ratinho alcance a posição indicada na figura imediatamente no início de sua corri- da, nela permanecendo devido ao movimento giratório 5 T ≅ 0,35s π ––– 9 1 –––– 9͙ෆ2 2π –––– ͙ෆ2 m ––– 2k 1 –––––– 9 ͙ෆ2 0,02 ––––––––– ͙ෆ2 . 0,18 m ––– k x –––––– ͙ෆ2VCM m ––– k x2 –––––––– 2 VCM 2 m ––– k kx2 ––– 2 kx2 ––– 2 m –– 2 m V2 2 ––––– 2 V2 = 2 VCM k x2 –––– 2 m –– 2
  • 5. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO de reação do cilindro, suposto ocorrer sem resistência de qualquer natureza. A energia despendida pelo rati- nho durante um intervalo de tempo T para se manter na mesma posição enquanto corre é a) E = g2 T2. b) E = M g2 T2. c) E = g2 T2. d) E = m g2 T2. e) n.d.a. Resolução O momento de inércia I de um cilindro oco, em rela- ção a um eixo que passa pelo seu centro, é dado por I = m R2, em que m é a massa e R, o raio do cilindro. A energia cinética de rotação do cilindro (EC) é dada por EC = = . ω2 Como ω . R = V (velocidade tangencial do cilindro), vem Isso significa que podemos imaginar o cilindro subs- tituído por um ponto material de massa m com veloci- dade escalar V. Para se manter em repouso, o camundongo deve tro- car com o cilindro uma força vertical de intensidade igual à de seu peso, Mg. Aplicando-se a 2ª lei de Newton: Mg = m a ⇒ a = (constante) A velocidade escalar V é dada por V = V0 + a T Para V0 = 0 e a = , vem Mg ––– m Mg ––– m m V2 EC = –––––– 2 m R2 –––– 2 I ω2 –––– 2 m2 –––– M M2 –––– 2m
  • 6. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO V = T Portanto, EC = = A energia cinética adquirida pelo cilindro corresponde à energia dispendida pelo camundongo. d Um dos fenômenos da dinâmica de galáxias, consi- derado como evidência da existência de matéria es- cura, é que estrelas giram em torno do centro de uma galáxia com a mesma velocidade angular, independen- temente de sua distância ao centro. Sejam M1 e M2 as porções de massa (uniformemente distribuída) da ga- láxia no interior de esferas de raios R e 2R, respec- tivamente. Nestas condições, a relação entre essas massas é dada por a) M2 = M1. b) M2 = 2M1. c) M2 = 4M1. d) M2 = 8M1. e) M2 = 16M1. Resolução Como as porções de massa da galáxia no interior das esferas são uniformemente distribuídas, a densidade das esferas é a mesma e a massa é proporcional ao volume. M1 = k π R1 3 M2 = k π R2 3 = 3 = 3 = 8 ⇒ d Um corpo de massa M, mostrado na figura, é preso a um fio leve, inextensível, que passa através de um ori- fício central de uma mesa lisa. Considere que ini- cialmente o corpo se move ao longo de uma circun- ferência, sem atrito. O fio é, então, puxado para baixo, 7 M2 = 8M1 M2 ––– M1 ) 2R ––– R() R2 ––– R1( M2 ––– M1 4 –– 3 4 –– 3 6 M2g2T2 EC = ––––––––– 2m M2g2T2 ––––––– m2 m ––– 2 mV2 –––– 2 Mg ––– m
  • 7. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO aplicando-se uma força → F, constante, a sua extremi- dade livre. Podemos afirmar que: a) o corpo permanecerá ao longo da mesma circunfe- rência. b) a força → F não realiza trabalho, pois é perpendicular à trajetória. c) a potência instantânea de → F é nula. d) o trabalho de → F é igual à variação da energia cinética do corpo. e) o corpo descreverá uma trajetória elíptica sobre a mesa. Resolução Inicialmente, o corpo M estava em movimento circular uniforme sob ação da força tensora aplicada pelo fio que fazia o papel de resultante centrípeta. Quando aumentamos a força do fio para um valor → F (mantido constante), a distância entre o corpo e o ori- fício vai diminuir; a trajetória de M deixa de ser circular e a força aplicada pelo fio passa a ter uma componen- te tangencial que vai realizar trabalho, provocando a variação da energia cinética do corpo de massa M. Como a força → F é a resultante externa que age no sis- tema e não há trabalho interno, de acordo com o teo- rema da energia cinética o trabalho de → F é igual à variação da energia cinética do corpo. a Uma esfera metálica isolada, de 10,0 cm de raio, é car- regada no vácuo até atingir o potencial U = 9,0V. Em seguida, ela é posta em contato com outra esfera metálica isolada, de raio R2 = 5,0 cm. Após atingido o equilíbrio, qual das alternativas abaixo melhor descreve a situação física? É dado que = 9,0 . 109 Nm2/C2. a) A esfera maior terá uma carga de 0,66 10–10 C. b) A esfera maior terá um potencial de 4,5 V. c) A esfera menor terá uma carga de 0,66 10–10 C. d) A esfera menor terá um potencial de 4,5 V. e) A carga total é igualmente dividida entre as 2 esfe- ras. Resolução Vamos inicialmente calcular a carga elétrica Q da esfe- 1 ––––– 4 π ε0 8
  • 8. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO ra de raio R1 = 10,0cm e sob potencial U = 9,0V. U = K0 . (K0 = ) 9,0 = 9,0 . 109 . ⇒ Q = 1,0 . 10 –10C Esta esfera foi colocada em contato com outra esfera de raio R2 = 5,0cm, a qual estamos supondo inicial- mente neutra. Sejam Q’1 e Q’2 as novas cargas elé- tricas após atingido o equilíbrio eletrostático: Pelo princípio da conservação das cargas elétricas, temos: Q = Q’1 + Q’2 1,0 . 10–10 = Q’1 + Q’2 ³ As novas cargas Q’1 e Q’2 são proporcionais aos res- pectivos raios R1 e R2: = ⇒ = ⇒ Q’1 = 2 . Q’2 ᕢ De ³ e ᕢ , vem: 1,0 . 10–10 = 2Q’2 + Q’2 Q’2 = . 1,0 . 10–10C ⇒ De ᕢ: Q’1 = . 1,0 . 10–10C ⇒ Portanto, a esfera maior terá uma carga de aproxi- madamente 0,66 . 10–10C. O potencial de equilíbrio pode ser calculado usando qualquer uma das esferas: V = K0 . V = 9 . 109 . (SI) V = 6,0 volts 2 ––– . 1,0 . 10–10 3 ––––––––––––––– 10,0 . 10–2 Q’1 –––– R1 Q‘1 ≅ 0,66 . 10–10C 2 –– 3 Q‘2 ≅ 0,33 . 10–10C 1 –– 3 10,0 ––– 5,0 Q’1 ––––– Q’2 R1 ––– R2 Q’1 ––––– Q’2 Q ––––––––––– 10,0 . 10 –2 1 ––––– 4πε0 Q ––– R1
  • 9. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO d Um dispositivo desloca, com velocidade constante, uma carga de 1,5C por um percurso de 20,0 cm atra- vés de um campo elétrico uniforme de intensidade 2,0 103 N/C. A força eletromotriz do dispositivo é a) 60 103 V b) 40 103 V c) 600 V d) 400 V e) 200 V Resolução Vamos imaginar o dispositivo como sendo um capa- citor plano, ligado a uma bateria, de modo que o cam- po elétrico uniforme gerado anule o campo elétrico uni- forme dado. A intensidade E deste campo relaciona-se com a distância d e a tensão U pela fórmula: U = E . d U = 2,0 . 103 . 20,0 . 10 –2 (V) Esta ddp coincide com a força eletromotriz da bateria. e Sendo dado que 1J = 0,239 cal, o valor que melhor expressa, em calorias, o calor produzido em 5 minutos de funcionamento de um ferro elétrico, ligado a uma fonte de 120 V e atravessado por uma corrente de 5,0 A, é a) 7,0 104 b) 0, 70 104 c) 0,070 104 d) 0,43 104 e) 4,3 104 Resolução A potência elétrica do ferro é: P = U . i → P = 120 . 5 (W) = 600W A energia dissipada em 5 minutos é: Eel = P . ∆t → Eel = 600 . 5 . 60 (J) → Eel = 1,8 . 105 J Transformando em calorias 1J → 0,239cal 1,8 . 105J → Q e Para se proteger do apagão, o dono de um bar conec- tou uma lâmpada a uma bateria de automóvel (12,0V). Sabendo que a lâmpada dissipa 40,0W, os valores que melhor representam a corrente I que a atravessa e sua resistência R são, respectivamente, dados por a) I = 6,6A e R = 0,36Ω 11 Q = 4,3 . 104cal 10 U = 400V 9
  • 10. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO b) I = 6,6A e R = 0,18Ω c) I = 6,6A e R = 3,6Ω d) I = 3,3A e R = 7,2Ω e) I = 3,3 A e R = 3,6Ω Resolução Para obter a intensidade de corrente, fazemos: P = U . i → i = → i = Para obter a resistência elétrica do filamento, fazemos: P = → R = → R = (Ω) e Numa prática de laboratório, um estudante conectou uma bateria a uma resistência, obtendo uma corrente i1. Ligando em série mais uma bateria, idêntica à pri- meira, a corrente passa ao valor i2. Finalmente, ele liga as mesmas baterias em paralelo e a corrente que passa pelo dispositivo torna-se i3. Qual das alternativas abaixo expressa uma relação existente entre as cor- rentes i1, i2 e i3? a) i2i3 = 2i1 (i2 + i3). b) 2i2 i3 = i1 (i2 + i3). c) i2i3 = 3i1 (i2 + i3). d) 3i2i3 = i1(i2 + i3). e) 3i2i3 = 2i1 (i2 + i3). Resolução 1º circuito: Lei de Pouillet i1 = ቢ 2º circuito: E ––––––– r + R 12 R = 3,6Ω (12,0)2 –––––– 40,0 U2 ––– P U2 ––– R i ≅ 3,3A 40,0W ––––––– 12,0V P ––– U
  • 11. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Lei de Pouillet i2 = ባ 3º circuito: Lei de Pouillet i3 = ቤ De ቢ : r + R = ብ De ባ : 2r + R = ቦ Das equações ብ e ቦ tiramos os valores de r e R: r = – R = – Substituindo-se r e R na (3), vem i3 = i3 = E ––––––––––––––––––––––––––– E E 2E 2E –––– – –––– + –––– – –––– i2 2i1 i1 i2 2E –––– i2 2E –––– i1 E –––– i1 2E –––– i2 2E –––– i2 E –––– i1 E ––––––– r –– + R 2 2E ––––––– 2r + R
  • 12. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO i3 = i3 = 3i2i3 – 2i1i3 = 2i1i2 e Um capacitor de capacitância igual a 0,25 10–6F é car- regado até um potencial de 1,00 105V, sendo então descarregado até 0,40 105V num intervalo de tempo de 0,10s, enquanto transfere energia para um equipamen- to de raios-X. A carga total, Q, e a energia, ε, forneci- das ao tubo de raios-X, são melhor representadas res- pectivamente por a) Q = 0,005C e ε = 1250J b) Q = 0,025C e ε = 1250J c) Q = 0,025 C e ε = 1050J d) Q = 0,015C e ε = 1250J e) Q = 0,015C e ε = 1050J Resolução A carga elétrica inicial do capacitor é dada por: Q1 = C . U1 Q1 = 0,25 . 10 – 6 . 1,00 . 105 (C) Q1 = 0,025 C A carga elétrica final do capacitor vale: Q2 = C . U2 Q2 = 0,25 . 10 – 6 . 0,40 . 105 (C) Q2 = 0,010 C Logo, a carga elétrica fornecida ao tubo de raios-X é: Q = Q1 – Q2 Q = 0,025 – 0,010 (C) A energia potencial elétrica inicial armazenada pelo capacitor é dada por: Q = 0,015 C 13 3i2i3 = 2i1(i2 + i3) 2i1 i2 ––––––––– 3i2 – 2i1 1 ––––––––––––– 3i2 – 2i1 ––––––––– 2i1 i2 1 ––––––––––––– 3 1 –––– – –––– 2i1 i2
  • 13. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO εpot1 = εpot1 = (J) εpot1 = 1250 J A energia potencial elétrica final do capacitor vale: εpot2 = εpot2 = (J) εpot2 = 200 J Logo, a energia fornecida ao tubo de raios-X é: ε = εpot1 – εpot2 ε = 1250 – 200 (J) b Uma máquina térmica reversível opera entre dois re- servatórios térmicos de temperaturas 100°C e 127°C, respectivamente, gerando gases aquecidos para acio- nar uma turbina. A eficiência dessa máquina é melhor representada por a) 68%. b) 6,8%. c) 0,68%. d) 21%. e) 2,1%. Resolução A eficiência de uma máquina térmica é obtida pela expressão η = 1 – em que TF é a temperatura absoluta da fonte fria e TQ a da fonte quente. Assim: TF = 100°C = (100 + 273) K = 373K TQ = 127°C = (127 + 273) K = 400K Portanto: η = 1 – η = 1 – 0,9325 373 ––– 400 TF ––– TQ 14 ε = 1050 J 0,010 . 0,40 . 105 ––––––––––––––––– 2 Q2U2 ––––––– 2 0,025 . 1,00 . 105 ––––––––––––––––– 2 Q1U1 ––––––– 2
  • 14. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO η = 0,0675 A eficiência percentual vale: η(%) = 100 . η η(%) = 100 . 0,0675 η(%) = 6,75 e Um pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico com uma certa quantidade de água depositada em um balde. À medida que o gelo derrete, podemos afirmar que a) o nível da água no balde aumenta, pois haverá uma queda de temperatura da água. b) o nível da água no balde diminui, pois haverá uma queda de temperatura da água. c) o nível da água no balde aumenta, pois a densidade da água é maior que a densidade do gelo. d) o nível da água no balde diminui, pois a densidade da água é maior que a densidade do gelo. e) o nível da água no balde não se altera. Resolução Para o equilíbrio do bloco de gelo, temos: E = P µaVi g = µgVg g Portanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por: (1) Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igual à massa de gelo: ma = mg µaVa = µgVg ⇒ (2) µgVg Va = ––––––– µa µgVg Vi = ––––––– µa 15 η(%) ≅ 6,8%
  • 15. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Comparando-se as relações (1) e (2) verificamos que o volume da água obtida com a fusão do gelo é igual ao volume de gelo que estava imerso e, portanto, o nível da água no balde não se altera. b Um pequeno tanque, completamente preenchido com 20,0l de gasolina a 0°F, é logo a seguir transferido para uma garagem mantida à temperatura de 70°F. Sendo γ = 0,0012°C–1 o coeficiente de expansão volumétrica da gasolina, a alternativa que melhor expressa o volume de gasolina que vazará em conseqüência do seu aque- cimento até a temperatura da garagem é a) 0,507l b) 0,940l c) 1,68l d) 5,07l b) 0,17l Resolução Ao ser transferida para a garagem, a gasolina sofreu um aumento de 70°F (de 0°F para 70°F) em sua tem- peratura. Como o coeficiente de expansão da gasolina foi dado em °C–1, a variação de temperatura deve ser convertida para a escala Celsius. Assim: = ⇒ = ∆θC ≅ 38,9°C Considerando-se que o tanque não se dilatou, a parte da gasolina que transborda é calculada por: ∆V = V0 γ ∆θ ∆V = 20,0 . 0,0012 . 38,9 e Deseja-se enrolar um solenóide de comprimento z e diâmetro D, utilizando-se uma única camada de fio de cobre de diâmetro d enrolado o mais junto possível. A uma temperatura de 75°C, a resistência por unidade de comprimento do fio é r. Afim de evitar que a tempera- tura ultrapasse os 75°C, pretende-se restringir a um valor P a potência dissipada por efeito Joule. O máximo valor do campo de indução magnética que se pode obter dentro do solenóide é a) Bmax = µ0 1/2 b) Bmax = µ0 c) Bmax = µ0 )2P ––––––– πrDzd( )πP ––––––– rDzd( )P ––––––– rDzd( 17 ∆V ≅ 0,940l 70–––– 180 ∆θC –––– 100 ∆θF –––– 180 ∆θC –––– 100 16
  • 16. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO d) Bmax = µ0 e) Bmax = µ0 1/2 Resolução O campo magnético no interior do solenóide tem inten- sidade ᕃ B = µ0 . . i, onde n é o número de espiras e l o comprimento do solenóide. Portanto, temos l = z e n . d = z ⇒ n = Em ᕃ, resulta B = µ0 . . i ᕄ B = . i O comprimento do fio que constitui o solenóide é C = π . D . n ⇒ C = π . D . . Sendo r a resistência por unidade de comprimento e R a resistência total do fio, temos R = C . r ⇒ R = πD . . r A máxima potência P dissipada no fio é P = Ri2 ⇒ i = ⇒ i = ᕅ Esta corrente é a máxima admitida no fio. Substituindo-se ᕅ em ᕄ, obtemos o máximo valor de B: Bmáx = . ––––––––– P Bmáx = µ0 . –––––––– ͙ π r D z d P . d ––––––– π D z r µ0 ––– d P . d ––––––– π D z r P ––– R z ––– d z ––– d µ0 ––– d z/d ––– z z ––– d n ––– l )P ––––––– πrDzd( )P ––––––– πrDzd(
  • 17. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO a Um pesquisador percebe que a frequência de uma nota emitida pela buzina de um automóvel parece cair de 284 Hz para 266 Hz à medida que o automóvel passa por ele. Sabendo que a velocidade do som no ar é 330m/s, qual das alternativas melhor representa a velocidade do automóvel? a) 10,8m/s b) 21,6m/s c) 5,4m/s d) 16,2m/s e) 8,6m/s Resolução Essa percepção de variação de freqüência do som é devida ao Efeito Doppler-Fizeau, cuja equação é expressa por: = em que fo é a freqüência percebida pelo observador; fF a freqüência do som emitido pela fonte; V a velocidade do som no ar do local; Vo a velocidade do observador e VF a velocidade da fonte emissora do som, velocidades estas em relação ao solo terrestre. O sinal obedece à orientação: ᮍ observador → fonte Na aproximação da fonte, em relação ao observador que se encontra em repouso, temos: = fF = (I) No afastamento, temos: = fF = (II) Igualando-se I e II, vem: 284(330 – VF ) = 266(330 + VF ) 266(330 + VF ) –––––––––––––– 330 fF ––––––––– 330 + VF 266 –––––– 330 284(330 – VF ) –––––––––––––– 330 fF ––––––––– 330 – VF 284 –––––– 330 fF ––––––– V ± VF fo ––––––– V ± Vo 18
  • 18. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO 93720 – 284VF = 87780 + 266VF 5940 = 550 VF e A figura mostra uma espira condutora que se desloca com velocidade constante v numa região com campo magnético uniforme no espaço e constante no tempo. Este campo magnético forma um ângulo θ com o plano da espira. A força eletromotriz máxima produzida pela variação de fluxo magnético no tempo ocorre quando a) θ = 0° b) θ = 30° c) θ = 45° d) θ = 60° e) n.d.a. Resolução Pelo enunciado, a espira se desloca numa região com campo magnético uniforme e constante no tempo. Fica, então, subentendido que a espira está totalmente imersa no campo. Logo, não há variação de fluxo mag- nético e a força eletromotriz induzida é nula. Observações: 1ª) Se a espira estivesse penetrando ou saindo do campo magnético, teríamos: φ = B . A . cos θ (θ é o ângulo de → B com →n ) φ = B . l . s . cos θ Pela Lei de Faraday, a f.e.m. induzida E é: 19 VF = 10,80 m/s
  • 19. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO E = E = B . l . . cos θ Mas = v. Logo: E = B l . v cos θ O valor máximo de E corresponde a cos θ = 1, isto é, θ = 0°. Note que o ângulo θ é entre → B e →n. 2ª) O enunciado é discordante com a figura dada, com respeito ao ângulo θ. c Um trecho da música “Quanta”, de Gilberto Gil, é reproduzido no destaque ao lado. As frases “Quantum granulado no mel” e “Quantum ondulado do sal” relacionam-se, na Física, com a) Conservação de Energia. b) Conservação da Quantidade de Movimento. c) Dualidade Partícula-onda. d) Princípio da Causalidade. e) Conservação do Momento Angular. Resolução A expressão “Quantum granulado no mel” sugere energia associada a partículas, enquanto a expressão “Quantum ondulado do sal”, sugere energia associada a ondas. Isso nos remete à opção C, que menciona o conceito de dualidade partícula-onda. Estamos habituados a tomar sucos e refrigerantes usando canudinhos de plástico. Neste processo estão envolvidos alguns conceitos físicos importantes. Utilize seus conhecimentos de física para estimar o máximo comprimento que um canudinho pode ter e ainda per- mitir que a água chegue até a boca de uma pessoa. Considere que o canudinho deve ser sugado sempre na posição vertical. Justifique suas hipóteses e assu- ma, quando julgar necessário, valores para as grande- zas físicas envolvidas. Dado: 1atm = 1,013 105 N/m2 21 Fragmento infinitésimo, Quase que apenas mental, Quantum granulado no mel, Quantum ondulado do sal, Mel de urânio, sal de rádio Qualquer coisa quase ideal. 20 d s –––– d t d s –––– d t d φ |–––– |d t
  • 20. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Resolução O comprimento máximo do canudinho (Lmáx), admitin- do-se que esteja totalmente cheio de refrigerante, será verificado quando a pessoa conseguir estabelecer no interior da sua boca, na região em contato com a extre- midade superior do canudinho, praticamente o vácuo. Os pontos 1 e 2 indicados no esquema pertencem ao mesmo líquido em equilíbrio e estão no mesmo nível horizontal, por isso esses pontos suportam pressões iguais. p1 = p2 ⇒ µ g Lmáx = patm Adotando para a densidade do refrigerante o valor µ = 1,0 . 103 kg/m3, para a intensidade da aceleração da gravidade o valor g = 9,8 m/s2 e para a pressão atmosférica o valor patm = 1,013 . 105 N/m2, calcu- lemos Lmáx. 1,0 . 103 . 9,8 Lmáx = 1,013 . 105 ⇒ Resposta: 10,31m Lmáx ≅ 10,31m
  • 21. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Mediante chave seletora, um chuveiro elétrico tem a sua resistência graduada para dissipar 4,0kW no inver- no, 3,0kW no outono, 2,0kW na primavera e 1,0kW no verão. Numa manhã de inverno, com temperatura ambiente de 10°C, foram usados 10,0 l de água desse chuveiro para preencher os 16% do volume faltante do aquário de peixes ornamentais, de modo a elevar sua temperatura de 23°C para 28°C. Sabe-se que 20% da energia é perdida no aquecimento do ar, a densidade da água é ρ = 1,0 g/cm3 e calor específico da água é 4,18J/gK. Considerando que a água do chuveiro foi colhida em 10 minutos, em que posição se encontrava a chave seletora? Justifique. Resolução Temos as seguintes situações para o aquário Seja V2 = 10l, o volume de água, a uma temperatura θ0, acrescentada no aquário, correspondente a 16% do volume faltante. 16% ↔ 10l ⇒ V1 = 84% ↔ V1 Cálculo da temperatura θ0: Qrec + Qced = 0 m1 . c . ∆θ1 + m2 . c . ∆θ2 = 0 ⇒ V1 . ∆θ1 + V2 . ∆θ2 = 0 52,5 . 103 . (28 – 23) + 10 . 103 . (28 – θ0) = 0 (temperatura da água despejada no aquário) Apenas 80% da energia fornecida pelo chuveiro no aquecimento da água foi utilizada, devido a perdas de 20% para o ar. 0,8P . ∆t = m2 . c . ∆θ 0,8 . P . 10 . 60 = 10 . 103 . 4,18 . (54,25 – 10) P = 3853,4W ou Concluímos , portanto, que a chave seletora se encon- trava na posição “inverno”. P ≅ 4kW θ0 = 54,25°C V1 = 52,5l 0,84 . 10l ––––––––– 0,16 22
  • 22. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Um ginásio de esportes foi projetado na forma de uma cúpula com raio de curvatura R = 39,0m, apoiada sobre uma parede lateral cilíndrica de raio y = 25,0m e altura h = 10,0m, como mostrado na figura. A cúpula com- porta-se como um espelho esférico de distância focal f = , refletindo ondas sonoras, sendo seu topo o vértice do espelho. Determine a posição do foco relativa ao piso do ginásio. Discuta, em termos físicos as consequências práticas deste projeto arquitetônico. Resolução 1) A distância focal do espelho esférico (cúpula) é dada por: f = = = 19,5m 2) Do triângulo retângulo CMN, vem: R2 = H2 + y2 39,02 = H2 + 25,02 H ≅ 29,9m 3) Da figura, temos: H + x = R 29,9 + x = 39,0 x = 9,1m 4) A altura total (h’) do vértice da cúpula até o piso é dada por: h’ = h + x h’ = 10,0 + 9,1 h’ = 19,1m 39,0 –––– 2 R ––– 2 R –– 2 23
  • 23. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO 5) Mas f > h’ e, portanto: d = f – h’ d = 19,5 – 19,1 Ou seja, o foco do espelho esférico está 0,4m abaixo do nível do piso do ginásio. 6) Como conseqüência prática, teremos uma concen- tração de ondas sonoras 0,4m acima do solo, uma vez que o solo se comporta como um espelho plano. Billy sonha que embarcou em uma nave espacial para viajar até o distante planeta Gama, situado a 10,0 anos- luz da Terra. Metade do percurso é percorrida com ace- leração de 15 m/s2, e o restante com desaceleração de mesma magnitude. Desprezando a atração gravitacio- nal e efeitos relativistas, estime o tempo total em meses de ida e volta da viagem do sonho de Billy. Justifique detalhadamente. Resolução 1) O ano-luz é a distância percorrida pela luz, com velo- cidade de módulo c = 3 . 108m/s, em um intervalo de tempo de 1 ano ≅ 3,2 .107s. Portanto, 1 ano-luz ≅ 9,6 .1015m 2) A distância entre a Terra e Gama será d = 10,0 . 9,6 . 1015m = 9,6 . 1016m 3) O gráfico da velocidade escalar V x tempo t será dado por A aceleração em cada trecho tem módulo a dado por a = = 15 ⇒ (1) A área do gráfico velocidade escalar x tempo mede a distância percorrida d. d = área (V x t) 9,6 . 1016 = 2T . Vmáx –––––––––– 2 Vmáx = 15T Vmáx ––––– T 24 d = 0,4m
  • 24. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Vmáx . T = 9,6 . 1016 (2) Substituindo-se (2) em (1) temos 15T . T = 9,6 . 1016 T2 = = 0,64 . 1016 T = 0,8 . 108s = 8,0 . 107s O tempo total de ida e volta (∆t) é dado por ∆t = 4T = 32,0 . 107s ∆t = 3,2 . 108s Como 1 ano ≅ 3,2 . 107s temos Resposta: 120 meses Uma massa é liberada a partir do repouso de uma altu- ra h acima do nível do solo e desliza sem atrito em uma pista que termina em um “loop” de raio r, conforme indicado na figura. Determine o ângulo θ relativo à ver- tical e ao ponto em que a massa perde o contato com a pista. Expresse sua resposta como função da altura h, do raio r e da aceleração da gravidade g. Resolução No ponto B, em que a massa perde o contato com a pista, a reação normal do apoio se anula e a com- ponente normal do peso Pn = P cos θ faz o papel de resultante centrípeta: 25 ∆t = 10 anos = 120 meses 9,6 . 1016 ––––––––– 15
  • 25. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Pn = m g cos θ = ⇒ (1) Como não há atrito, a energia mecânica vai permane- cer constante (referência em B) = mg [h – r(1 + cos θ)] VB 2 = 2g [h – r (1 + cos θ)] (2) Comparando-se (1) e (2), vem g r cos θ = 2g [h – r (1 + cos θ)] r cos θ = 2h – 2r (1 + cos θ) r cos θ = 2h – 2r – 2r cos θ 3 r cos θ = 2 (h – r) cos θ = Resposta: Um tubo capilar fechado em uma extremidade contém uma quantidade de ar aprisionada por um pequeno volume de água. A 7,0 °C e à pressão atmosférica (76,0cm Hg) o comprimento do trecho com ar aprisio- nado é de 15,0cm. Determine o comprimento do tre- cho com ar aprisionado a 17,0 °C. Se necessário, empregue os seguintes valores da pressão de vapor da água: 0, 75cm Hg a 7,0 °C e 1,42cm Hg a 17,0 °C. Resolução Em cada situação, a gota d’água encontra-se em equi- líbrio, o que significa que a resultante das forças hori- 26 2 (h – r) θ = arc cos [–––––––––]3r 2 (h – r) ––––––– 3r m VB 2 –––––– 2 EB = EA VB 2 = g r cos θ m VB 2 –––––– r
  • 26. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO zontais que agem sobre ela é nula. Desprezando os atritos entre a gota e as paredes do tubo, temos o esquema de forças abaixo. Far + Fvapor = Fatm Sendo A a área da secção transversal do tubo, vem: Par A + Pvapor A = Patm A → Par + Pvapor = Patm Donde: 1º Caso: (temperatura T1 = 7,0 °C = 280K) Par 1 = 76,0 – 0,75 → 2º Caso: (temperatura T2 = 17,0 °C = 290K) Par 2 = 76,0 – 1,42 → Admitindo o ar contido no tubo como um gás perfeito e aplicando a Lei Geral dos Gases Perfeitos, vem: = ⇒ = Donde: Resposta: 15,67cm Uma pequena pedra repousa no fundo de um tanque de x m de profundidade. Determine o menor raio de uma cobertura circular, plana, paralela à superfície da água que, flutuando sobre a superfície da água direta- mente acima da pedra, impeça completamente a visão desta por um observador ao lado do tanque, cuja vista se encontra no nível da água. Justifique. Dado: índice de refração da água nw = . Resolução 4 –– 3 27 L2 ≅ 15,67 cm 75,25A15,0 ––––––––––– 280 74,58 AL2 ––––––––––– 290 Par1 V1 –––––––– T1 Par2 V2 –––––––– T2 Par2 = 74,58 cmHg Par1 = 75,25 cmHg Par = Patm – Pvapor
  • 27. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO 1) Os raios de luz, provenientes da pedra, que atin- girem a superfície da água além da cobertura circular devem sofrer reflexão total. Portanto o ângulo de incidência máximo (ver figura) é o ângulo limite (L) para o dioptro dado, e assim tgL: = ⇒ R = x tg L 2) O seno do ângulo-limite é dado por sen L = onde Então: sen L = 3) Da trigonometria, temos sen2L + cos2L = 1 cos2L = 1 – 2 = cos L = Portanto, tg L = = = tg L = 4) Substituindo II em I, temos II 3͙ළළ7 ––––– 7 3 ––––– ͙ළළ7 3 ––– 4 –––––––– ͙ළළ7 ––––– 4 sen L ––––––– cos L ͙ළළ7 ––– 4 7 ––– 16)3 –––– 4( 3 –––– 4 nmenor = nar = 1 4 nmaior = nágua = ––– 3{ nmenor ––––––– nmaior I R –––– x
  • 28. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO R = x . (m) Resposta: Colaborando com a campanha de economia de ener- gia, um grupo de escoteiros construiu um fogão solar, consistindo de um espelho de alumínio curvado que foca a energia térmica incidente sobre uma placa cole- tora. O espelho tem um diâmetro efetivo de 1,00m e 70% da radiação solar incidente é aproveitada para de fato aquecer uma certa quantidade de água. Sabemos ainda que o fogão solar demora 18,4 minutos para aquecer 1,00 l de água desde a temperatura de 20 °C até 100 °C, e que 4,186 103 J é a energia necessária para elevar a temperatura de 1,00 l de água de 1,000 K. Com base nos dados, estime a intensidade irradiada pelo Sol na superfície da Terra, em W/m2.Justifique. Resolução Como o calor específico sensível da água foi expresso na unidade (cv = 4,186 . 103 ), a potência com que a água recebeu energia térmica para o seu aquecimento é dada por Pot . ∆t = V . cv . ∆T onde, ∆t = 18,4 min = 1104 s V = 1,00 l cv = 4,186 . 103 J/lK ∆T = (100 – 20)°C = 80°C = 80K Observemos que a variação de 80°C é igual à variação de 80K. Assim, Pot . 1104 = 1,00 . 4,186 . 103 . 80 Pot = 303,33 W Essa potência corresponde a 70% da potência inci- dente na superfície refletora semi-esférica. Portanto, J ––––– l . K joule ––––––––––– litro . kelvin 28 3͙ළළ7 x R = –––––––– m 7 3͙ළළ7 x R = –––––––– m 7 3͙ළළ7 ––––– 7
  • 29. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO Poti = = (W) Poti = 433,33 W A área efetiva que recebe a energia solar é dada por: A = = (m2) A = 0,785 m2 Assim, a intensidade da energia solar nessa superfície, vale I = = (W/m2) Resposta: 552 W/m2 Você dispõe de um dispositivo de resistência R = 5 r; e de 32 baterias idênticas, cada qual com resistência r e força eletromotriz V. Como seriam associadas as bate- rias, de modo a obter a máxima corrente que atraves- se R? Justifique. Resolução Considerando a associação de baterias regular, isto é, s baterias em série em cada ramo e p ramos em para- lelo, temos o esquema: Pela Lei de Pouillet, vem: i = , sendo R = 5r: i = s V –––––––––– s r ––– + 5 r p s V –––––––––– s r ––– + R p 29 I = 552 W/m2 433,33 ––––––– 0,785 Poti ––––– A π (1,00)2 –––––––––– 4 π d 2 ––––––– 4 303,33 ––––––– 0,70 Pot ––––– 0,70
  • 30. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO i = Mas s . p = 32, logo i = A máxima corrente i corresponde a (s + 5p) mínimo. Como s . p = 32, podemos elaborar a tabela: Da tabela, concluímos que a máxima corrente corres- ponde a 16 baterias em série em cada ramo e 2 ramos associados em paralelo. Um átomo de hidrogênio tem níveis de energia discre- tos dados pela equação En = eV, em que {n ∈ Z / n ≥ 1}. Sabendo que um fóton de energia 10,19 eV excitou o átomo do estado fundamental (n = 1) até o estado p, qual deve ser o valor de p? Justifique. Resolução Calculemos o acréscimo de energia requerido pelo átomo para passar do estado fundamental, em que ni = 1, até o estado subseqüente, em que nf = 2. ∆E = Enf – Eni ⇒ ∆E = – Como o fóton que incide sobre o átomo tem uma ener- gia de apenas 10,19 eV (menor que ∆E), ele não con- segue produzir o caso em que nf = 2. Esse fóton é então reemitido com sua respectiva ener- gia de 10,19 eV, sem conseguir alterar o valor de ni = 1. Logo: Observação: se operarmos com três algarismos sig- nificativos e aproximarmos a energia do fóton para 10,2 eV então será atingido o estado p = 2. p = ni = 1 ∆E = 10,20 eV (–13,6) –––––– 12 –13,6 –––––– 22 –13,6 ––––– n2 30 s + 5p 161 82 44 28 26 37 p 32 16 8 4 2 1 s 1 2 4 8 16 32 32V –––––––––– r (s + 5p) s . p V –––––––––– s r + 5 p r